Rt△A′B′C′是Rt△ABC沿BC方向平移得到的，若BC=6cm，B′Q=[1/2]BA，S△QB′C=[1/4]S

（1）∵△ABC与△DEF 全等
∴ S△ABC＝S△DEF
又∵ S阴影=S△DEF － S△GEC
S梯形ABEG ＝S△ABC － S△GEC
∴ S阴影=S梯形ABEG
（2）∵ AB‖GE
∴ △ABC与△GEC 全等
GE/AB＝EC/BC
又∵GE＝DE－DG＝AB－DG＝4cm
EC＝（BC－3）cm
∴BC＝9cm
EC＝6cm
S阴影=S△DEF － S△GEC
＝1/2*6*9-1/2*4*6
＝15cm＾2

BD=CD=1 ∠BDC=60° ∴BC=1 三角形BDC的面积 SBDC=1/2*BD*CD*sin60°=√3/4
VA-BCD=1/3*SBDC*AD=1/4
在三角形ABC中 AB=AC=2, BC=1 面积SABC=√15/4 点D到ABC的距离为h
VD-ABC=1/3*SABC*h=√15/12 *h
VA-BCD=VD-ABC 1/4=√15/12 *h h=√15/5

根据题意得,∠B=∠A′CC′,BC′=BC,
∴CD∥AB,CD= 12AB（三角形的中位线）,
∵点C′到A′C的距离等于点C到AB的距离,
∴△C′DC的面积= 12△ABC的面积= 12×36=18．
故答案为：18．

解题思路：（1）根据平移的性质可以得到AC∥A′C′，AC=A′C′，然后证明△ACD≌△C′A′D，再根据全等三角形的对应边相等即可证明；
（2）根据平移只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小，可得△A′B′C′的面积，再根据等底同高的三角形的面积相等即可求解．

（1）证明：∵△ABC沿BC平移到△A′B′C′，
∴AC∥A′C′，AC=A′C′，
∴∠ACD=∠C′A′D，
又∵∠ADC=∠C′DA′，
∴△ACD≌△C′A′D，
∴A′D=CD；

（2）∵△ABC沿BC平移到△A′B′C′，
∴△ABC≌△A′B′C′，
∴△ABC与△A′B′C′的面积相等，等于36，
因为A′D=CD，
所以△C′DC与△C′A′D的面积相等，等于18．

点评：
本题考点： 平移的性质；全等三角形的判定与性质．

考点点评： 本题主要考查了平移的性质与等底等高的三角形的面积相等的性质，利用等底等高的三角形的面积进行求解在今后的学习中经常用的，希望能够熟练掌握．

解题思路：根据平移变换只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小，可得∠B=∠A′CC′，BC=B′C′，再根据同位角相等，两直线平行可得CD∥AB，然后求出CD=12AB，点C′到A′C的距离等于点C到AB的距离，根据等高的三角形的面积的比等于底边的比即可求解．

根据题意得，∠B=∠A′CC′，BC=B′C′，
∴CD∥AB，CD=[1/2]AB（三角形的中位线），
∵点C′到A′C的距离等于点C到AB的距离，
∴△C′DC的面积=[1/2]△ABC的面积=[1/2]×36=18．
故答案为：18．

点评：
本题考点： 平移的性质；三角形的面积；平行四边形的判定与性质．

考点点评： 本题考查了平移变换的性质，平行线的判定与性质，三角形的中位线等于第三边的一半的性质，以及等高三角形的面积的比等于底边的比，是小综合题，但难度不大．

此题可以用等积法求解,三菱锥A-BCD的体积=三菱锥D-ABC的体积,可求得点D到ABC的距离为五分之根号15.

解题思路：（1）四边形ABCE是菱形．由平移得到四边形ABCE是平行四边形，又AB=BC，可以推出四边形ABCE是菱形；
（2）①四边形PQED的面积不发生变化．根据菱形的性质和已知条件可以求出菱形的面积，过A作AH⊥BD于H，再根据三角形的面积公式可以求出AH，由菱形的对称性知△PBO≌△QEO，所以BP=QE，现在可以得到S_{四边形PQED}=S_△BED，而S_△BED的面积可以求出，所以四边形PQED的面积不发生变化．
②如图2，当点P在BC上运动，使△PQR与△COB相似时，∵∠2是△OBP的外角，∴∠2＞∠3，∴∠2不与∠3对应，∴∠2与∠1对应，即∠2=∠1，∴OP=OC=3，过O作OG⊥BC于G，则G为PC的中点，△OGC∽△BOC，根据相似三角形的对应线段成比例可以求出CG，而PB=BC-PC=BC-2CG，根据这个等式就可以求出BP的长．

（1）四边形ABCE是菱形．
∵△ECD是由△ABC沿BC平移得到的，
∴EC∥AB，且EC=AB，
∴四边形ABCE是平行四边形，
又∵AB=BC，
∴四边形ABCE是菱形；

（2）①四边形PQED的面积不发生变化．
方法一：∵ABCE是菱形，
∴AC⊥BE，OC=[1/2]AC=3，
∵BC=5，
∴BO=4，
过A作AH⊥BD于H，（如图1）．
∵S_△ABC=[1/2]BC×AH=[1/2]AC×BO，
即：[1/2]×5×AH=[1/2]×6×4，
∴AH=[24/5]．
或∵∠AHC=∠BOC=90°，∠BCA公用，
∴△AHC∽△BOC，
∴AH：BO=AC：BC，
即：AH：4=6：5，
∴AH=[24/5]．
由菱形的对称性知，△PBO≌△QEO，
∴BP=QE，
∴S_{四边形PQED}=[1/2]（QE+PD）×QR=[1/2]（BP+PD）×AH=[1/2]BD×AH
=[1/2]×10×[24/5]=24．
方法二：由菱形的对称性知，△PBO≌△QEO，
∴S_△PBO=S_△QEO，
∵△ECD是由△ABC平移得到的，
∴ED∥AC，ED=AC=6，
又∵BE⊥AC，
∴BE⊥ED，
∴S_{四边形PQED}=S_△QEO+S_{四边形POED}=S_△PBO+S_{四边形POED}=S_△BED
=[1/2]×BE×ED=[1/2]×8×6=24．

②方法一：如图2，当点P在BC上运动，使△PQR与△COB相似时，
∵∠2是△OBP的外角，
∴∠2＞∠3，
∴∠2不与∠3对应，
∴∠2与∠1对应，
即∠2=∠1，
∴OP=OC=3
过O作OG⊥BC于G，则G为PC的中点，
∴△OGC∽△BOC，
∴CG：CO=CO：BC，
即：CG：3=3：5，
∴CG=[9/5]，
∴PB=BC-PC=BC-2CG=5-2×[9/5]=[7/5]．

方法二：如图3，当点P在BC上运动，使△PQR与△COB相似时，
∵∠2是△OBP的外角，
∴∠2＞∠3，
∴∠2不与∠3对应，
∴∠2与∠1对应，
∴QR：BO=PR：OC，即：[24/5]：4=PR：3，
∴PR=[18/5]，
过E作EF⊥BD于F，设PB=x，则RF=QE=PB=x，
DF=
ED

点评：
本题考点： 菱形的判定；全等三角形的判定与性质；相似三角形的判定与性质．

考点点评： 此题主要考查了图形变换，把图形的变换放在平行四边形，菱形的背景之中，利用特殊四边形的性质探究图形变换的规律．

△ABC沿BC的方向平移后得到△DEF,若∠A=26°,∠E=74°.
则∠1= 74º,∠2=80º,∠A=26º,∠D=26º
若AB=4cm,AC=5cm,BC=4.5cm,EC=3.5cm则平移的距离=( 1cm ),DE=(4cm),CF=(1cm)

解题思路：根据平移变换只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小，可得∠B=∠A′CC′，BC=B′C′，再根据同位角相等，两直线平行可得CD∥AB，然后求出CD=[1/2]AB，点C′到A′C的距离等于点C到AB的距离，根据等高的三角形的面积的比等于底边的比即可求解．

根据题意得，∠B=∠A′CC′，BC=B′C′，
∴CD∥AB，CD=[1/2]AB（三角形的中位线），
∵点C′到A′C的距离等于点C到AB的距离，
∴△C′DC的面积=[1/2]△ABC的面积=[1/2]×18=9．
故答案为：9．

点评：
本题考点： 平移的性质

考点点评： 本题考查了平移变换的性质，平行线的判定与性质，三角形的中位线等于第三边的一半的性质，以及等高三角形的面积的比等于底边的比，是小综合题，但难度不大．

因为S△QB'C=1/4S△ABC
也就是1/2B'CxB'Q=1/2BCxBA
而B'Q=1/2BA
所以B'C=1/2BC
移动距离BB'=BC-B'C=6-3=3cm
望采纳!

解题思路：根据题意：将△ABC沿BC方向移到△A′B′C′的位置，使B′与C重合，可得：AB∥A′B′，且BC=CC′；故D为A′B′的中点；则△C′DC的面积为△ABC的面积的一半，即12．

∵AB∥A′B′，且BC=CC′
∴D为A′B′的中点，
又∵BC=CC′，
∴S_△C′DC=[1/2]S_△ABC=[1/2]×24=12．

点评：
本题考点： 平移的性质．

考点点评： 本题考查平移的基本性质是：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．

（1）四边形ABCE是平行四边形，
理由：∵△ECD是△ABC平移得到的
∴AB∥EC，AB=EC，
∴四边形ABCE是平行四边形；

（2）不发生变化．
理由：∵AE∥BC，
∴∠QAO=∠PCO，
∵四边形ABCE是平行四边形，
∴OA=OC，
在△AOQ和△COP中，


∠QAO＝∠PCO
OA＝OC
∠AOQ＝∠COP，
∴△AOQ≌△COP（ASA），
∴四边形QPDE的面积等于四边形ACDE的面积，
∴四边形PQED的面积是不随点P的运动而发生变化．

解题思路：（1）利用平移的知识可得四边形ABCE是平行四边形，进而根据AB=BC可得该四边形为菱形；
（2）利用证明三角形全等可得四边形PQED的面积为三角形BED的面积，所以不会改变；进而利用三角形的面积公式求解即可．

（1）四边形ABCE是菱形，证明如下：
∵△ECD是由△ABC沿BC平移得到的，
∴EC∥AB，且EC=AB，
∴四边形ABCE是平行四边形，（2分）
又∵AB=BC，
∴四边形ABCE是菱形．（4分）
（2）由菱形的对称性知，△PBO≌△QEO，
∴S_△PBO=S_△QEO（7分）
∵△ECD是由△ABC平移得到的，
∴ED∥AC，ED=AC=6，
又∵BE⊥AC，∴BE⊥ED，（8分）
∴S_{四边形PQED}=S_△QEO+S_{四边形POED}=S_△PBO+S_{四边形POED}=S_△BED
=[1/2]×BE×ED=[1/2]×8×6=24．（10分）

点评：
本题考点： 菱形的判定与性质．

考点点评： 考查菱形的判定及相关性质；把不规则图形的面积转化为较简单的规则图形的面积是解决本题的关键．

（1）菱形
（2）24

（1）四边形ABCE是菱形。证明如下：
　　∵△ECD是由△ABC沿BC平移得到的，∴EC∥AB，且EC＝AB，
　　 ∴四边形ABCE是平行四边形.
　　又∵AB=BC，∴四边形ABCE是菱形.
（2）四边形PQED的面积不发生变化，理由如下：
　　∵ABCE是菱形，∴AC⊥BE，OC= AC=3.
　　∵BC=5，∴BO=4.
过A作AH⊥BD于H

　　∵S△ABC= B C×AH＝ AC×BO，即 ×5×AH＝ ×6×4，∴AH＝ .
　　由菱形的对称性知，△PBO≌△QEO，∴BP＝QE.
　∴S四边形ABCD= （QE+PD）×QR＝ （BP+PD）×AH＝ BD×AH ＝ ×10× ＝24

（1）四边形ABCE是菱形，证明如下：
∵△ECD是由△ABC沿BC平移得到的，
∴EC∥AB，且EC=AB，
∴四边形ABCE是平行四边形，
又∵AB=BC，
∴四边形ABCE是菱形，
（2）①四边形PQED的面积不发生变化，理由如下：
∵ABCE是菱形，
∴AC⊥BE，OC= AC=3，
∵BC=5，
∴BO=4，
过A作AH⊥BD于H，（如图1）
∵S _△ABC = BC×AH= AC×BO，即： ×5×AH= ×6×4，
∴AH= ，
由菱形的对称性知，△PBO≌△QEO，
∴BP=QE，
∴S _{四边形PQED} = （QE+PD）×QR
= （BP+PD）×AH= BD×AH = ×10× =24；
②如图2，当点P在BC上运动，使△PQR与△COB相似时，
∵∠2是△OBP的外角，
∴∠2＞∠3，
∴∠2不与∠3对应，
∴∠2与∠1对应，即∠2=∠1，
∴OP=OC=3，
过O作OG⊥BC于G，则G为PC的中点，△OGC∽△BOC，
∴CG∶CO=CO∶BC，即：CG∶3=3∶5，
∴CG= ，
∴PB=BC-PC=BC-2CG=5-2× = 。

回答是肯定的
过E作EG//BC交AB于G
∵⊿ABC≌⊿DEF
可见⊿DEF没移动时,E,G是同点
E是AC中点,则G是AB中点
也就是E是DE中点
∵移动是水平平移,∴回答是肯定的.

20厘米 AD//CF AD//CF
AB=2 CF=2
勾股定理得AC=8
周长为20

解题思路：根据平移变换只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小，可得∠B=∠A′CC′，BC=B′C′，再根据同位角相等，两直线平行可得CD∥AB，然后求出CD=12AB，点C′到A′C的距离等于点C到AB的距离，根据等高的三角形的面积的比等于底边的比即可求解．

根据题意得，∠B=∠A′CC′，BC=B′C′，
∴CD∥AB，CD=[1/2]AB（三角形的中位线），
∵点C′到A′C的距离等于点C到AB的距离，
∴△C′DC的面积=[1/2]△ABC的面积=[1/2]×36=18．
故答案为：18．

点评：
本题考点： 平移的性质；三角形的面积；平行四边形的判定与性质．

考点点评： 本题考查了平移变换的性质，平行线的判定与性质，三角形的中位线等于第三边的一半的性质，以及等高三角形的面积的比等于底边的比，是小综合题，但难度不大．

阴影部分的面积等于三角形DEF的面积减掉三角形CEG地面积,也就是三角形ABC的面积减掉三角形CEG地面积,等于梯形ABEG地面积.（5+8）*6/2=39

⑴ CE‖＝BA（CE由BA平移得到）.∴ABCE是平行四边形.
⑵ QR＝OB×AC/BC＝4.8.设⊿BOC∽⊿QRP,PQ＝1.2×5＝6.OR＝3＝OC.R,C重合.
RP＝1.2×3＝3.6.BP＝5-3.6＝1.4.即当BP=1.4时,⊿BOC∽⊿QRP

（1）证明：∵△ABC沿BC平移到△A′B′C′，
∴AC∥A′C′，AC=A′C′，
∴∠ACD=∠C′A′D，
又∵∠ADC=∠C′DA′，
∴△ACD≌△C′A′D，
∴A′D=CD；

（2）∵△ABC沿BC平移到△A′B′C′，
∴△ABC≌△A′B′C′，
∴△ABC与△A′B′C′的面积相等，等于36，
因为A′D=CD，
所以△C′DC与△C′A′D的面积相等，等于18．

解题思路：（1）利用平移的知识可得四边形ABCE是平行四边形，进而根据AB=BC可得该四边形为菱形；
（2）利用证明三角形全等可得四边形PQED的面积为三角形BED的面积，所以不会改变；进而利用三角形的面积公式求解即可．

（1）四边形ABCE是菱形，证明如下：∵△ECD是由△ABC沿BC平移得到的，∴EC∥AB，且EC=AB，∴四边形ABCE是平行四边形，（2分）又∵AB=BC，∴四边形ABCE是菱形．（4分）（2）由菱形的对称性知，△PBO≌△QEO，∴S△PBO...

点评：
本题考点： 菱形的判定与性质．

考点点评： 考查菱形的判定及相关性质；把不规则图形的面积转化为较简单的规则图形的面积是解决本题的关键．

因为BC=AC,所以∠A=∠B=45°,又因为是平移,所以阴影部分的两个非直角也是相等的45°角,所以,阴影三角形为等腰直角三角形,所以其面积为：1/2*（BC-3)*（BC-3)=1/2

（1）四边形ABCE是菱形．
∵△ECD是由△ABC沿BC平移得到的，
∴EC ∥ AB，且EC=AB，
∴四边形ABCE是平行四边形，
又∵AB=BC，
∴四边形ABCE是菱形；

（2）①四边形PQED的面积不发生变化．
方法一：∵ABCE是菱形，
∴AC⊥BE，OC=
1
2 AC=3，
∵BC=5，
∴BO=4，
过A作AH⊥BD于H，（如图1）．
∵S _△ABC =
1
2 BC×AH=
1
2 AC×BO，
即：
1
2 ×5×AH=
1
2 ×6×4，
∴AH=
24
5 ．
或∵∠AHC=∠BOC=90°，∠BCA公用，
∴△AHC ∽ △BOC，
∴AH：BO=AC：BC，
即：AH：4=6：5，
∴AH=
24
5 ．
由菱形的对称性知，△PBO≌△QEO，
∴BP=QE，
∴S _{四边形PQED} =
1
2 （QE+PD）×QR=
1
2 （BP+PD）×AH=
1
2 BD×AH
=
1
2 ×10×
24
5 =24．
方法二：由菱形的对称性知，△PBO≌△QEO，
∴S _△PBO =S _△QEO ，
∵△ECD是由△ABC平移得到的，
∴ED ∥ AC，ED=AC=6，
又∵BE⊥AC，
∴BE⊥ED，
∴S _{四边形PQED} =S _△QEO +S _{四边形POED} =S _△PBO +S _{四边形POED} =S _△BED
=
1
2 ×BE×ED=
1
2 ×8×6=24．

②方法一：如图2，当点P在BC上运动，使△PQR与△COB相似时，
∵∠2是△OBP的外角，
∴∠2＞∠3，
∴∠2不与∠3对应，
∴∠2与∠1对应，
即∠2=∠1，
∴OP=OC=3
过O作OG⊥BC于G，则G为PC的中点，
∴△OGC ∽ △BOC，
∴CG：CO=CO：BC，
即：CG：3=3：5，
∴CG=
9
5 ，
∴PB=BC-PC=BC-2CG=5-2×
9
5 =
7
5 ．

方法二：如图3，当点P在BC上运动，使△PQR与△COB相似时，
∵∠2是△OBP的外角，
∴∠2＞∠3，
∴∠2不与∠3对应，
∴∠2与∠1对应，
∴QR：BO=PR：OC，即：
24
5 ：4=PR：3，
∴PR=
18
5 ，
过E作EF⊥BD于F，设PB=x，则RF=QE=PB=x，
DF=
E D 2 -E F 2 =
18
5 ，
∴BD=PB+PR+RF+DF=x+
18
5 +x+
18
5 =10，x=
7
5 ．

方法三：如图4，若点P在BC上运动，使点R与C重合，
由菱形的对称性知，O为PQ的中点，
∴CO是Rt△PCQ斜边上的中线，
∴CO=PO，
∴∠OPC=∠OCP，
此时，Rt△PQR ∽ Rt△CBO，
∴PR：CO=PQ：BC，
即PR：3=6：5，
∴PR=
18
5
∴PB=BC-PR=5-
18
5 =
7
5 ．

由题意可以得出 AB//DE,AC//DF,
因为：S：dgcf+S：cge=S：abeg+S：cge
所以：S：dgcf=S：abeg
根据直角梯形的体积计算公式可以得出：
S：dgcf=S：abeg=二分之一*（AB+GE）*BE
=0.5*(8+5)*6
=120